江苏省2018年专转本高等数学试卷及解答

18．求微分方程 ( y3 − 2x2 y)dx + 2x3dy = 0 通解．
解 原方程可化为 dy= y − 1 ( y )3 ，令 y = u ，则 y = ux ，于是 dy= u + x du ，则有 u + x du = u − 1 u3
dx x 2 x
x
dx
dx
dx
2
即有 − 2 du = 1 dx ，两边积分得 = 1
u3
x
u2
ln x + c ，即 ( x=)2 y
ln x + c ，原方程通解= 为 x2
y2 (ln x + c) ，
其中 c 为任意常数
19．设 z = xf ( y，x ) ，其中函数 f 具有一阶连续偏导数，求全微分 dz ． y
解 由于 ∂z= ∂x
f
+
x y
f2′
，= ∂z ∂y
x( f1′−
绝密★启用前
江苏省 2018 年普通高校专转本选拔考试
高等数学 试题卷
注意事项： 1．本试卷分为试题卷和答题卡两部分．试题卷共 3 页，全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟． 2．必须在答题卡上作答，作答在试题卷上无效，作答前务必将自己的姓名和准考证号准确清晰 地填写在试题卷和答题卡上的指定位置． 3．考试结束时，须将试题卷和答题卡一并交回．
n→∞
1
1= lim n 5 n→∞ n +1
1 5
，则
∞ n=1
(x + 4)n n ⋅ 5n
收敛半径
R
=
5
，则有 |
x
+
4
|<
5
，得
−9
<
x
<1；
n ⋅ 5n
∑ ∑ ∑ ∑ 又当 x =
−9
时，幂级数
∞ n=1
(
x + 4)n n ⋅ 5n
=
∞ (−1)n n=1 n
收敛，又当
x
=
1
时，幂级数
B ．6
C ． −3
D ．3
解
f ′(x) =
ϕ
′(1 1
− +
x x
)
−(1
+ x) (1 +
− (1 x)2
−
x)
=
−
(1
2 + x)2
ϕ
′(1 1
− +
x x
)
，则
f ′(0) = −2ϕ′(1) = −6 ，答案为：A
∫ 4．设 F (x) = e2x 是函数 f (x) 的一个原函数，则 x f ′(x)dx 等于 ( B )．
A ． e2x (1 x −1) + C 2
B ． e2x (2x −1) + C
C ． e2x (1 x + 1) + C 2
D ． e2x (2x + 1) + C
∫ ∫ ∫ 解 x f ′(x)dx= xdf (x)= xf (x) − f (x)dx= xf (x) − e2x + C= 2e2x − e2x + C ，答案为：B
1
令 x+1=t
2
t −1
x +1 −1
∫ ∫ 解
dx
x x +1
x= t2 −1
= dt ln = + C ln
+C
t2 −1
t +1
x +1+1
2
∫ 16．计算定积分 (2x +1) ln xdx ． 1
∫ ∫ ∫ 解
2
(2x +1) ln xdx =
2 ln xd(x2 + x) = (x2 + x) ln x 2 − 2 (x2 + x)d ln x
1 ，
2
∫
xf
(
x)
−
x
f (t)dt
0
所以
F
′(
x)
=
x2
1
2
x≠0 ，
x=0
x
x
x
又
∫ ∫ ∫ li= m F′(x)
x→0
xf (x) − f (t)dt
lim
x→0
= 0 x2
lim[ f (x) − x→0 x
f (t)dt 0 = x2 ]
lim
x→0
f (x) − lim
x
x→0
2
−∞
1
1 + x2
dx
=
π
，答案：D
6．下列级数中绝对收敛的是（ C ）．
∑∞ (−1)n
A． n=1 n
∑∞ 1 + 2(−1)n
B．
n=1
n
∑∞ sin n
C．
n=1
n2
∑∞ (−3)n
D．
n=1
n3
∑ 解
sin n n2
≤
1 n2
∞ sin n
，
n=1
n2
收敛，且绝对收敛，答案：C
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分）
解 cos x2 −1~ − 1 x2 ， 1 + x3 −1 ~ 1 x3 ， 3x −1 ~ x ln 3 ， (1 + x2 )3 −1 ~ 3x2 ，答案为：B
2
2
2．设函数
f
(x)
=
x−a x2 + x +
b
，若
x
= 1 为其可去间断点，则常数 a
，b
的值分别为（
A
）．
A ．1，− 2
B ． −1，2
1
1
11
∫ =(x2 + x) ln x 2 −
2
(x
+ 1)dx
=5 ln
2
−
(1
x2
+
x)
2
=6 ln
2
−
5
11
2
1
2
x= 1+ 3t
17．求通过点
M
(1,
2
,
3)
及直线
y
=
1 + 4t 的平面方程．
z= 1+ 5t
解 设所求平面的法向量为 n ，已知直线的方向向量为 s ，则 s = (3, 4,5) ，由于直线经过点 N (1,1,1) ，
0
f (t)dt x2
= lim f (x) − lim f (x) = 1 lim f (x) = 1 = F′(0)
x→0 x
x→0 2x 2 x→0 x
2
因而， F ′(x) 在点 x = 0 处连续
五、综合题（本大题共 2 小题，每小题 10 分，共 20 分）
23．设平面图形 D 是由曲线弧 y = cos x （ π ≤ x ≤ π ）与
∞ n=1
(
x + 4)n n ⋅ 5n
=
∞1 发散，
n=1 n
故收敛域为 [−9,1)
三、计算题（本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分）
13．求极限 lim[ 1 − 1 ] ． x x→0 2 ln(1 + x2 )
解
1
lim[
x→0
x
2
−
ln(11+= x2 )]
lim
x→0
lnx(21l+n(x12+)= −x2x)2
e
证明 设 f (= x)
ln x − 2 e
x
，则
f
′( x)
=1 − x
1 ex
=e − xe
x
，
f
′′( x)
=− x12
+
1 2ex
，令 f ′(x) = 0 得唯 x
一驻点 x = e2 ，又 f ′′(e2 ) =− 1 < 0 ，因而函数 f (= x) ln x − 2 x 在 x = e2 处取得极大值，即为最大
π2
+π
22
π2 2
π 2 4 2 24 2 4 2
4
4
24．已知函数 f (x) 满足方程 f ′′(x) − 3 f ′(x) + 2 f (x) = 0 ，且在 x = 0 处取得极值 1，试求：
x=0
在点 x = 0 处连续．
x
∫ xf (x) − f (t)dt
证明 当 x ≠ 0 时， F ′(x) =
0
，
x2
x
f (t)dt
∫ ∫ 当 x = 0 时= ， F′(0)
lim F (= x) − F (0)
x→0
x
0
lim= x
x→0
x
x
f (t)dt lxi→m0= 0 x2
1= lim f (x) 2 x→0 x
则依题意有 n ⊥ MN ， MN = (0, −1, −2) ，又 n ⊥ s ，
i j k 因而=n MN × s = 0 −1 −2 = 3i − 6 j + 3k = 3(i − 2 j + k) ，则所求平面方程为
34 5
(x −1) − 2( y −1) + (z −1) =0 ，即 x − 2 y + z =0
dt dt
dt
=
2xt −1 3x2 − t2
，而 d=y dt
3t2 + 1 ，
dy
所以， d=y
d=t
(3t2 + 1)(3x2 − t2 )
dy
，又当 t = 0 时， x = 1 ， y = 1，因而
= −3
dx dx
2xt −1
dx t=0
dt
15．求不定积分 ∫ x
1 dx ． x +1
解 ln y = x ln x ， = 1 y′ ln x = + 1 ln x + 2 ⋅ x x y 2x x 2x
9．设 z = z(x, y) 是由方程 z2 + xyz = 1所确定的函数，则 ∂z =
▲
． − yz
∂x
2z + xy
来自百度文库
解 2z ∂z + yz + xy ∂z = 0 ， ∂z = − yz
C ． −1，− 2
D ．1，2
解 x = 1 为其可去间断点，应有1 +1 + b =0 ， lim(x − a) =1 − a =0 ，答案为：A x→1
3．设 f (x) = ϕ(1 − x ) ，其中ϕ(x) 为可导函数，且ϕ′(1) = 3 ，则 f ′(0) 等于（ A ）． 1+ x
A ． −6
7．设 lim(1 +
1
ax) x
= lim x sin
2
，则常数 a
=
▲
． ln 2
x→0
x→∞
x
解
1
由 lim(1 + ax) x
= lim x sin 2 ，得 ea
= 2 ，所以 a = ln 2
x→0
x→∞
x
8．设 y = x x （ x > 0 ），则 y′ =
▲
． ln x + 2 ⋅ x x 2x
= π4 dθ 2cosθ r3 sinθ cosθdr
π
4 4 cos5θ sinθ dθ
0
0
0
D
π
∫π
= −4 4 cos5θ d cosθ
= − 2 cos6 θ
4
= 7
0
3
0 12
O
1
2x
四、证明题（本大题共 2 小题，每小题 9 分，共 18 分） 21．证明：当 x > 0 时， ln x ≤ 2 x ．
)= 2， 2
πx
∫ ∫ ∫ ∫ （2）Vx =π
π π
sin
2
xdx
−
π
4
π 2 π 4
cos2
xdx
=
π 2
π π 4
(1
−
cos
2
x)dx
−
π 2
π
2 π
(1
+
cos
2
x)dx
4
=
π
(x − 1 sin 2x) π
−π
π
(x + 1 sin 2x) 2
=
π
( 3π
+ 1)− π
(π
− 1) =
ln(1 + x2 ) − x2
lim
x→0
x4
=
2x lim 1 + x2
− 2x
=
lim
−2x2
= −1
x→0
4x3
x→0 4x2 (1 + x2 ) 2
14．设
y
=
y(x)
是由参数方程
x3 y =
− xt2 t3 +
+t −1 t +1
=0
所确定的函数，求
dy dx
t=0
=
．
解
由 x3 − xt2 + t −1 =0 得 3x2 dx − t2 dx − 2xt + 1 =0 ， dx
． 3π 4
解
= MA
(0,0, −1)
，
MB
=
(1,0,1) ，则 cos ∠AMC
= | MMAA|
⋅ ⋅
MB | MA
|
= −1 1⋅ 2
= − 1 2
，所以 ∠AMB
= 3π 4
∑∞ (x + 4)n
12．幂级数
的收敛域为
n=1 n ⋅ 5n
▲ ． [−9,1)
1
∑ 解
lim (n = + 1) ⋅ 5n+1
5．下列反常积分中发散的是（ D ）．
∫ A ． 0 exdx −∞
+∞ 1
∫ B ． 1
x3 dx
+∞ 1
∫ C ． −∞ 1 + x2 dx
+∞ 1
D ． ∫0
dx 1+ x
∫ ∫ ∫ 解
0 e= xdx
−∞
e= x 0 −∞
1，
+∞ 1
1 x3
dx
= − 1 +∞ 2x2 1
= 1 ， +∞
∂x
∂x
∂x 2z + xy
10．曲线 y = 3x4 + 4x3 − 6x2 −12x 的凸区间为
▲
． (−1, 1)
3
解 y′ = 12x3 +12x2 −12x −12 ， y′′ = 36x2 + 24x −12 ，令 y′′ < 0 ，得 −1 < x < 1 3
11．已知空间三点 M (1,1,1) ， A(1,1,0) ， B(2,1, 2) ，则 ∠AMB = ▲
一、选择题（本大题共6小题，每小题4分，共24分，在下列每小题中，选出一个正确答案，请在答 题卡上将所选项的字母标号涂黑） 1．当 x → 0 时，下列无穷小中与 f (x) = x sin2 x 同阶的是（ B ）．
A ． cos x2 −1
B ． 1+ x3 −1
C ． 3x −1
D ． (1 + x2 )3 −1
4
2
y
y
= sin x
π
（
≤
x
≤π
）及 x 轴所围成，试求：
4
（1）平面图形 D 的面积；
（2）平面图形 D 绕 x 轴旋转一周所形成的旋转体的体积．
O ππ 42
π
π
π
π
2
1
1
∫ ∫ 解
（1） A =
π sin xdx −
2 π
cos
xdx
=−
cos
x
−sin x
= −(−1 −
π
π
4
4
4
4
) − (1− 2
e4
e
值 f (e2 ) = 0 因而，对一切 x > 0 ，都有 f (x) ≤ f (e2 ) = 0 ，即有 ln x ≤ 2 x e
∫
x 0
f (t)dt
22．设函数 F (x) = x
0
x ≠ 0 ，其中 f (x) 在 (−∞ , + ∞) 内连续，且 lim f (x) = 1 ，证明：F ′(x) x→0 x
x y2
f2′) 存在且连续，
所以 dz =∂z dx + ∂z dy =( f ∂x ∂y
+
x y
f2′)dx + x( f1′−
x y2
f
′
2
)dy
{ } ∫∫ 20．计算二重积分 xydxdy ，其= 中 D (x, y) | (x −1)2 + y2 ≤ 1,0 ≤ y ≤ x ．
D
y
∫∫ ∫ ∫ ∫ = 解 xydxdy